[TEST] 小升初题目详解

问题

求解:

$\frac{\frac{\displaystyle {\int_{0}^{+\infty} e^{-s} s^{5} \mathrm{~d} s}}{2}+\frac{\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \mathrm{~d} t}{\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \sin t^{2} \mathrm{~d} t}\left(\frac{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}}{\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x}+\frac{\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{2}{n^{2}}}{\displaystyle\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \displaystyle \int_{-2020}^{2020} \frac{t \cos x}{x^{2}+t^{2}} \mathrm{~d} x}\right)}{\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\left[\left(\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x} \mathrm{~d} x\right) n-\frac{1}{2}\right] \frac{n}{2}\right\}}$

Part 1. Gamma 函数部分

注意到 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-s}s^5\text{d}s=\Gamma(6)=5!=120$.

Gamma 函数 $\Gamma(\cdot)$ 又称为第二类欧拉积分, 定义如下:

$\boxed{\Gamma(s):=\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{s-1}\text{d}x}$

尝试分部积分得到:

\begin{align}{\color{Red} {\Gamma(s) }} & = \int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{s-1}\text{d}x = -\left.e^{-x} x^{s-1}\right|_{0} ^{\infty}+(s-1) \int_{0}^{\infty}e^{-x} x^{s-2} \mathrm{~d} x\\&=(s-1) \int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{(s-1)-1}\mathrm{~d} x={\color{Red} {(s-1)\Gamma(s-1)}} \end{align}

可以发现 $\Gamma$ 函数的递推性质. 又由定义知

$\Gamma(1)=\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\text{d}x=1$

所以 $\forall s\in \mathbf{Z}^+$, 有 $\color{red}{\Gamma(s+1)=s!}$.

$\Gamma$ 函数还可以这样定义:

$\Gamma(x)=\frac{1}{x}\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( 1+\frac{1}{n}\right )^x }{1+\frac{x}{n} }$

这个定义和含参积分所给出的定义是可以互相导出的（过程待补充）. 利用这个定义, 结合正弦函数的无穷乘积展开

$\sin x=x\prod_{k=1}^{\infty }\left ( 1-\frac{x^2}{k^2\pi ^2} \right )$

还可以推导出所谓余元公式（过程待补充）:

$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin\pi x}\qquad x\in(0,1)$

另外, 第一类欧拉积分（Beta 函数）

$\boxed{B(p,q)=\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}\text{d}x}$

与第二类欧拉积分之间有这样的关系（证明待补充）:

$B(p,q)=B(q,p)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$

最后, 我们还有所谓 Legendre 公式（证明待补充）:

$\Gamma(s)\Gamma(s+\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2s-1}}\Gamma(2s)$

Part 2. Gauss 积分部分

$\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t=\sqrt{2\pi}$

其实是高斯积分的变体. 高斯积分指的是

$\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x=\sqrt{\pi}}$

• 解法一: 利用二重积分.
  设

  $I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x$

  则

  $I^2=\left ( \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x \right )^2=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}\text{d}y=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x^2+y^2)}\text{d}x{d}y$

  利用极坐标变换转化积分

  $I^2=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x^2+y^2)}\text{d}x{d}y=\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}r\text{d}r =\int_{0}^{2\pi }\text{d}\theta\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}r\text{d}r\\$

  最右端第二个积分作换元 $u=-r^2$ 就容易解得

  $\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}r\text{d}r=\frac{1}{2}$

  最终得到

  $I^2=2\pi\cdot\frac{1}{2}=\pi$

  由于 $e^{-x^2}\geq 0$, 所以 $I\geq 0$, 故

  $\color{red}{I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x=\sqrt{\pi}}$

• 解法二: 利用 Gamma 函数
  令 $t^2=\alpha$, 则

  $\color{red}{\int_{-\infty}^{+\infty }e^{-t^2}\text{d}t}=\int_{-\infty}^{+\infty }\frac{1}{2}e^{-\alpha}\alpha^{-\frac{1}{2}}\text{d}\alpha=\int_{0}^{+\infty }e^{-\alpha}\alpha ^{\frac{1}{2}-1}\text{d}\alpha=\color{red}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)} \\$

  由余元公式可得

  $\left [ \Gamma\left ( \frac{1}{2} \right ) \right ]^2= \Gamma\left ( \frac{1}{2} \right )\Gamma\left(1-\frac{1}{2} \right)= \frac{\pi }{\sin\frac{\pi}{2} }=\pi \\$

  故有

  $\color{red}{\int_{-\infty}^{+\infty }e^{-t^2}\text{d}t}={\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}=\color{red}{\sqrt{\pi}}$

• 解法三: 利用 Laplace 变换
  设

  $f(t)=\int_{0}^{\infty }e^{-tx^2}\text{d}x\\$

  对其作 Laplace 变换:

  $\mathcal{L} [f(t)]=\mathcal{L}\left ( \int_{0}^{\infty }e^{-tx^2}\text{d}x \right ) =\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }e^{-tx^2}e^{-st}\text{d}t\text{d}x=\int_{0}^{\infty }\mathcal{L} \left ( e^{-tx^2} \right )\text{d}x\\$

  运用常用 Laplace 变换公式

  $\mathcal{L} \left ( e^{at} \right )=\frac{1}{s-a} \\$

  可得

  $\mathcal{L} [f(t)]=\int_{0}^{\infty }\mathcal{L} \left ( e^{-tx^2} \right )\text{d}x=\int_{0}^{\infty }\frac{\text{d}x}{s+x^2}=\frac{\pi }{2\sqrt{s}}$

  再对两边作 Laplace 逆变换可得

  $f(t)=\int_{0}^{\infty } e^{-tx^2} \text{d}x=\frac{\sqrt \pi }{2\sqrt{t}}$

  在上式中令 $t=1$ 即得

  $\color{red}{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x}=2\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x=2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\color{red}{\sqrt{\pi}}$

  还有一些形式类似的积分:

  $\int_{-\infty }^{+\infty}e^{-a x^{2}+bx+c} \mathrm{d} x =\sqrt{\frac{\pi }{a} }e^{\frac{b^2}{4a}+c }\\$

  $\int_{0}^{\infty} x^{2 n} e^{-\frac{x^{2}}{a^{2}}} \mathrm{~d} x =\sqrt{\pi} \frac{a^{2 n+1}(2 n-1) ! !}{2^{n+1}} \\$

  $\int_{0}^{\infty} x^{2 n+1} e^{-\frac{x^{2}}{a^{2}}} \mathrm{~d} x =\frac{n !}{2} a^{2 n+2} \\$

  $\int_{0}^{\infty} x^{2 n} e^{-a x^{2}} \mathrm{~d} x =\frac{(2 n-1) ! !}{a^{n} 2^{n+1}} \sqrt{\frac{\pi}{a}} \\$

  $\int_{0}^{\infty} x^{2 n+1} e^{-a x^{2}} \mathrm{~d} x =\frac{n !}{2 a^{n+1}} \\$

  $\int_{0}^{\infty} x^{n} e^{-a x^{2}} \mathrm{~d} x =\frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}{2 a^{\frac{n-1}{2}}}\\$

Part 3. Fresnel 积分部分

$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\sin t^2\text{d}t = \sqrt{\frac{\pi }{8}}$

同样有很多种解法, 这里先写一种利用高斯积分的: 作换元 $t^2=\alpha$, 则积分变为

$\int_{0}^{+\infty}\sin t^2\text{d}t=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin\alpha}{\sqrt{a}}\text{d}\alpha$

由高斯积分的结果

$\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$

令 $x=\sqrt{\alpha}u$ 则

$\sqrt{\alpha }\int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha u^2}\text{d}u=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$

所以

$\frac{1}{\sqrt{\alpha }}=\frac{2}{\sqrt{\pi }} \int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha u^2}\text{d}u$

据此改写原题积分

\begin{align}\int_{0}^{+\infty}\sin t^2\text{d}t & = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin\alpha}{\sqrt{\alpha}}\text{d}\alpha\\&=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{\sqrt{\pi }} \int_{0}^{+\infty}\sin t\int_{0}^{+\infty}e^{-tu^2}\text{d}u\text{d}t\\&=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\int_{0}^{+\infty}\left ( \int_{0}^{+\infty}\sin t\cdot e^{-tu^2}\text{d}t \right ) \text{d}u\end{align}

利用正弦函数的 Laplace 变换

$\int_{0}^{\infty} e^{-ax}\sin x\text{d}x=\frac{1}{1+a^2}$

可得

$\color{red}{\int_{0}^{+\infty}\sin t^2\text{d}t} = \frac{1}{\sqrt{\pi }}\int_{0}^{+\infty}\left ( \int_{0}^{+\infty}\sin t\cdot e^{-tu^2}\text{d}t \right ) \text{d}u = \frac{1}{\sqrt{\pi }}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+u^4} \text{d}u =\color{red}{ \sqrt{\frac{\pi }{8}}}$

我们还可以用留数定理来解这个积分: 由 Euler 公式容易得到

$e^{{ix}^2}=\cos x^2+i\sin x^2$

两边同时积分得到

$\int_{0}^{\infty }e^{ix^2}\text{d}x= \int_{0}^{\infty }\cos x^2\text{d}x+i\int_{0}^{\infty }\sin x^2\text{d}x\\$

考虑围道积分 $\displaystyle\oint_{C}e^{iz^2}\text{d}z$, 选取扇形围道如下图:

积分路径按逆时针方向: 从 O 点出发行进至 R 处, 经圆弧 C_R 再返回 O 点. 由于围道内无奇点, 所以

$\oint_{C}e^{iz^2}\text{d}z=\int_{0}^{R}e^{ix^2}\text{d}x+\int _{C_R}e^{iz^2}\text{d}z+\int_{R}^{0}e^{iz^2}\text{d}z=0$

而

$\lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R} e^{ix^2}\text{d}x=\int_{0}^{\infty } e^{ix^2}\text{d}x=\int_{0}^{\infty } \cos x^2\text{d}x +i\int_{0}^{\infty }\sin x^2\text{d}x$

\begin{align}\lim_{R \to \infty} \int_{R}^{0} e^{iz^2}\text{d}z & = \lim_{R \to \infty} \int_{R}^{0} e^{i\left ( Re^{\frac{i\pi}{4}} \right ) ^2}\text{d}\left ( Re^{\frac{i\pi}{4}}\right ) = \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R}e^{i\cdot iR^2}\cdot e^{\frac{i\pi}{4}}\text{d}R\\& = -e^{\frac{i\pi}{4}}\int_{0}^{\infty }e^{-R^2}\text{d}R=-\left ( \cos\frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4}\right )\frac{\sqrt{\pi }}{2} \\&=-\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{2}}(1+i) =\sqrt{\frac{\pi }{8} } +i\sqrt{\frac{\pi }{8} } \end{align}

$\int _{C_R}e^{iz^2}\text{d}z=0\qquad (\text{Jordan's Lemma})$

所以

$\int_{0}^{\infty }\cos x^2\text{d}x +i\int_{0}^{\infty }\sin x^2\text{d}x=\sqrt{\frac{\pi }{8} } +i\sqrt{\frac{\pi }{8} }$

在上式中取虚部即得

$\color{red}{\int_{0}^{+\infty}\sin t^2\text{d}t = \sqrt{\frac{\pi }{8}}}$

同时告诉我们

$\int_{0}^{+\infty}\cos t^2\text{d}t = \sqrt{\frac{\pi }{8}}$

另外, 还有

$\int_{0}^{x}\sin t^2\text{d}t =\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{4n+3}}{(2n+1)!(4n+3)} \\$

$\int_{0}^{x}\cos t^2\text{d}t =\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{4n+1}}{(2n)!(4n+1)} \\$

对任意 $x$ 均收敛.

Part 4. 反正切函数的 Taylor 展开

注意到

$\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}$

所以 $\color{red}{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2n+1}}=\arctan 1=\color{red}{\frac{\pi}{4}}$.

Part 5. Dirichlet 积分部分

注意到 Dirichlet 积分 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\frac{\pi}{2}$.

• 解法一: 利用 Lobachevsky 积分法
  Lobachevsky 积分法阐述如下: 若函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有

  $f(\pi -x)=f(x),\qquad f(x+\pi)=f(x)$

  则

  $\int_{0}^{+\infty}f(x)\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(x)\text{d}x$

  事实上, 只需在上式中令 $f(x)=1$ 即可得到

  $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\frac{\pi}{2}$

  我们附上 Lobachevsky 积分法的证明. 将式子左端展开为级数:

  $\begin{aligned}& \int_{0}^{+\infty} f(x) \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\sum_{k=0}^{\infty} \int_{\frac{k \pi}{2}}^{\frac{(k+1) \pi}{2}} f(x) \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \\=& \sum_{n=0}^{\infty} \int_{n \pi}^{n \pi+\frac{\pi}{2}} f(x) \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x+\sum_{n=1}^{\infty} \int_{n \pi-\frac{\pi}{2}}^{n \pi} f(x) \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \\=& \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x-n \pi) \frac{\sin (x-n \pi)}{x-n \pi} \mathrm{d} x+\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x+n \pi) \frac{\sin (x+n \pi)}{x+n \pi} \mathrm{d} x \\=& \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x+\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-1)^{n} f(x)\left(\frac{1}{x+n \pi}+\frac{1}{x-n \pi}\right) \sin x \mathrm{~d} x \\=& \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \sin x\left[\color{green}{\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{2 x}{x^{2}-n^{2} \pi^{2}}}\right] \mathrm{d} x\end{aligned}\\$

  绿色部分正是 $\displaystyle\frac{1}{\sin x}$ 的级数展开. 这个结论又是怎么得到的捏？
  我们偏题推导一下. 考虑函数

  $f(x)=\cos \alpha x(-\pi<x\leq \pi,\,0<\alpha<1)$

  计算其 Fourier 级数:

  $a_0=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }\cos \alpha x\text{d}x= \frac{2\sin \alpha \pi }{\pi }$

  $\begin{aligned}a_{n} &=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cos \alpha x \cos n x \mathrm{~d} x =\frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi}[\cos (\alpha+n) x+\cos (\alpha-n) x]\mathrm{d} x \\&=\frac{\sin \alpha \pi}{\pi} \cdot \frac{2 \alpha}{\alpha^{2}-n^{2}} \qquad(\forall n \geq 0)\end{aligned}\\$

  $b_{n} =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cos \alpha x \sin n x \mathrm{~d} x =\frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi}[\sin (\alpha+n) x+\sin (\alpha-n) x]\mathrm{d} x =0\\$

  故有

  $f(x) = \frac{\sin \alpha \pi}{\alpha \pi}+\frac{2 \alpha \sin \alpha \pi}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha^{2}-n^{2}} \cos n x$

  因为 $f(x)$ 在 $(-\pi, \pi)$ 上连续且 $f(0)=1$, 由 Fourier 级数的收敛定理得

  $\frac{\sin \alpha \pi}{\alpha \pi}+\frac{2 \alpha \sin \alpha \pi}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha^{2}-n^{2}} \cos n x=1$

  令 $\displaystyle\alpha=\frac{x}{\pi}$, 可得

  $\frac{\sin x}{x}+\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n} 2 x \sin x}{x^{2}-n^{2} \pi^{2}}=1$

  整理即得

  $\color{Green} {\frac{1}{\sin x}=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{2 x}{x^{2}-n^{2} \pi^{2}}}$

  故 Lobachevsky 积分法得证.

• 解法二: 利用 Fourier 变换
  考虑函数

  $f(x)=\left\{\begin{matrix}1,\quad |x|<1\\\frac{1}{2},\quad |x|=1\\0,\quad |x|>1\end{matrix}\right.\\$

  对其使用 Fourier 变换得

  $F(\omega )=\mathcal{F} [f(t)]=\int_{-1}^{1}\cos \omega x\text{d}x= 2\frac{\sin\omega}{\omega }\\$

  再求 Fourier 逆变换得

  $f(x)=\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty }^{\infty }\frac{2\sin\omega \cos \omega x}{\omega }\text{d}\omega$

  令 $x=0$ 即得

  $1=\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty }^{\infty }\frac{2\sin\omega }{\omega }\text{d}\omega$

  整理即得 $\color{red}{\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\frac{\pi}{2}}\\$.

• 解法三: 利用 Laplace 变换:
  熟知 Laplace 变换具有这样的性质:

  $\int_{s}^{\infty }\mathcal{L} [f(t)] \text{d}s=\mathcal{L}\left [ \frac{f(t)}{t} \right ] \\$

  利用该性质可以轻松解决 Dirichlet 积分:

  $\begin{aligned}\color{Red} {\int_{0}^{\infty} \frac{\sin t}{t} \mathrm{d} t} &=\lim _{s \rightarrow 0} \int_{0}^{\infty} e^{-s t} \frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t=\lim _{s \rightarrow 0} \mathcal{L}\left[\frac{\sin t}{t}\right]=\lim _{s \rightarrow 0} \int_{s}^{\infty}\mathcal{L}[\sin t]\text{d}s \\&=\lim _{s \rightarrow 0} \int_{s}^{\infty} \frac{\mathrm{d} s}{s^{2}+1}=\lim _{s \rightarrow 0}\left[\frac{\pi}{2}-\arctan (s)\right]=\color{Red}{\frac{\pi}{2}} \end{aligned}\\$

另外, 我们介绍该积分有扩展形式

$\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin ax}{x}\text{d}x=\frac{\pi}{2}\text{sgn}(a)$

Part 6. 反正切函数级数部分

我们知道

$\arctan x+\arctan y=\arctan\frac{x+y}{1-xy}\qquad (xy<1)\\$

于是

\begin{align}\color{red}{\sum_{n = 1}^{\infty }\arctan \frac{2}{n^2} }& = \sum_{n = 1}^{\infty }\arctan\frac{(1+n)+(1-n)}{1-(1+n)(1-n)} = \sum_{n = 1}^{\infty }\left [\arctan(1+n)+\arctan(1-n) \right ] \\&=\lim_{m \to \infty} \sum_{n = 1}^{m}\left [\arctan(1+n)-\arctan(n-1) \right ] \\&=\lim_{m \to \infty}\left [ \arctan(m+1)+\arctan(m)-\arctan1-\arctan0 \right ] =\color{red}{\frac{3\pi }{4} }\end{align}

Part 7. Laplace 积分部分

取极限的积分部分是所谓 Laplace 积分的一个变体. 积分

$\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos bx}{x^2+a^2}\text{d}x\qquad (a,b>0) \\$

称为 Laplace 积分.

• 解法一: 运用 Laplace 变换
  令

  $I(b)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos bx}{x^2+a^2}\text{d}x \\$

  对其作 Laplace 变换

  $F(s)=\mathcal{L} \left [ I(b) \right ] =\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos bx}{x^2+a^2}e^{-sb}\text{d}x\text{d}b =\int_{0}^{+\infty}e^{-sb}\cos bx\text{d}b \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{a^2+x^2}\text{d}x$

  运用熟知的余弦函数的 Laplace 变换公式

  $\int_{0}^{+\infty}e^{-sb}\cos bx\text{d}b =\mathcal{L} \left [ \cos (bx) \right ]= \frac{s}{s^2+x^2}\\$

  得到

  $F(s)=\int_{0}^{+\infty}e^{-sb}\cos bx\text{d}b \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{a^2+x^2}\text{d}x =\int_{0}^{+\infty}\frac{s}{s^2+x^2}\frac{1}{a^2+x^2}\text{d}x\\$

  右端积分稍作变形:

  $\int_{0}^{+\infty}\frac{s}{s^2+x^2}\frac{1}{a^2+x^2}\text{d}x=\int_{0}^{+\infty}\frac{s^2-a^2}{\left ( s^2+x^2 \right ) \left ( a^2+x^2 \right )}\frac{s}{s^2-a^2}\text{d}x=\frac{s}{s^2-a^2}\int_{0}^{+\infty}\left ( \frac{1}{a^2+x^2}-\frac{1}{s^2+x^2} \right ) \text{d}x\\$

  因为

  $\int \left ( \frac{1}{a^2+x^2}-\frac{1}{s^2+x^2} \right ) \mathrm{d} x=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}-\frac{1}{s}\arctan \frac{x}{s}+C \\$

  所以

  $F(s)=\frac{s}{s^2-a^2}\int_{0}^{+\infty}\left ( \frac{1}{a^2+x^2}-\frac{1}{s^2+x^2} \right ) \text{d}x=\frac{s}{s^2-a^2}\left [ \frac{\pi }{2a}- \frac{\pi }{2s} \right ] =\frac{\pi}{2a}\frac{1}{s+a}\\$

  再对两边进行 Laplace 逆变换即得

  $I(b)=\color{red}{\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos bx}{x^2+a^2}\text{d}x =\frac{\pi}{2a}e^{-ab}}\\$

  将原题积分改写使其具有拉普拉斯积分的形式即可求解:

  $\begin{aligned}\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{-2020}^{2020} \frac{t \cos x}{x^{2}+t^{2}} \mathrm{~d} x &=\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{-2020}^{2020} \frac{\cos \left(t \frac{x}{t}\right)}{\left(\frac{x}{t}\right)^{2}+1} \mathrm{~d}\left(\frac{x}{t}\right)=\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos t \alpha}{\alpha^{2}+1} \mathrm{~d} \alpha =\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \pi e^{-t}=\color{red}\pi\end{aligned}\\$

• 解法二: 解微分方程
  仍然设

  $I(b)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos bx}{x^2+a^2}\text{d}x \\$

  对其求导得到

  $\begin{aligned}I^{\prime}(b) &=-\int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin b x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{d} x =-\int_{0}^{+\infty} \frac{\left(a^{2}+x^{2}-a^{2}\right) \sin b x}{x\left(a^{2}+x^{2}\right)} \mathrm{d} x \\&=-\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin b x}{x} \mathrm{d} x+a^{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin b x}{x\left(a^{2}+x^{2}\right)} \mathrm{d} x \\&=-\frac{\pi}{2}+a^{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin b x}{x\left(a^{2}+x^{2}\right)} \mathrm{d} x \end{aligned}\\$

  $I^{\prime \prime}(b) =a^{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos b x}{a^{2}+x^{2}} d x=a^{2} I(b)\\$

  于是得到一个二阶微分方程:

  $I^{\prime \prime}(b)-a^{2} I(b)=0\\$

  容易得到初值条件

  $I(0)=\frac{\pi}{2a},\quad I^{\prime}(0)=-\frac{\pi}{2}\\$

  解微分方程得到

  $I(b)=C_1e^{ab}+C_2e^{-ab}\\$

  由初值条件得到 $C_1=0, C_2=\frac{\pi}{2}$. 于是

  $I(b)=\color{red}{\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos bx}{x^2+a^2}\text{d}x =\frac{\pi}{2a}e^{-ab}}\\$

Part 8. 极限部分

分步解 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\left[\left(\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x} \mathrm{~d} x\right) n-\frac{1}{2}\right] \frac{n}{2}\right\}$.

先将小括弧里的积分计算出来（分部积分法：

$\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x} \mathrm{~d} x=\frac{1}{n}\left[\left.\frac{x^{n}}{1+x}\right|_{0} ^{1}+\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x\right]=\frac{1}{n}\left[\frac{1}{2}+\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x\right]\\$

所以原极限变为

$\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\left[\left(\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x} \mathrm{~d} x\right) n-\frac{1}{2}\right] \frac{n}{2}\right\}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\frac{n}{2} \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x\right\}\\$

继续分部计算积分

$\begin{aligned}\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\frac{n}{2} \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x\right\} &=\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\frac{n}{2(n+1)}\left[\left.\frac{x^{n+1}}{(1+x)^{2}}\right|_{0} ^{1}+2 \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{(1+x)^{3}} \mathrm{~d} x\right]\right\} \\&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\frac{n}{8(n+1)}+\frac{n}{n+1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{(1+x)^{3}} \mathrm{~d} x\right\} \\&=\color{red}{\frac{1}{8}}\end{aligned}\\$

合并 Part 1-8

将各部分结果代入原题计算即得

$\frac{\frac{\displaystyle {\int_{0}^{+\infty} e^{-s} s^{5} \mathrm{~d} s}}{2}+\frac{\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{t^{2}}{2}} \mathrm{~d} t}{\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \sin t^{2} \mathrm{~d} t}\left(\frac{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1}}{\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x}+\frac{\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{2}{n^{2}}}{\displaystyle\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \displaystyle \int_{-2020}^{2020} \frac{t \cos x}{x^{2}+t^{2}} \mathrm{~d} x}\right)}{\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left\{\left[\left(\displaystyle\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{1+x} \mathrm{~d} x\right) n-\frac{1}{2}\right] \frac{n}{2}\right\}}=520\\$